浙江省台州市八所重点中学2021-2022学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

2021学年第二学期台州市8所重点中学期末联考

高二年级数学试题

一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 若集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出集合，再根据交集的定义即可得解.

【详解】解：，

所以.

故选：D.

2. 已知，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合不等式的求解判断即可

【详解】当时，满足，不满足，

所以时，不一定成立，

当时，故.故“”是“”的必要不充分条件

故选：B

3. 已知复数，则（    ）

A. 2 B. 3 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数模的公式计算可得.

【详解】解：，

所以.

故选：A

4. 如图，在平面四边形中，，且，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由已知条件可求出的值，从而可求出，进而利用数量积公式可求出

【详解】在中，，，

所以，，

在中，， ，

所以，，

因为为锐角，所以，

所以，

所以

，

所以，

故选：A

5. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（    ）

A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度

C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度

【答案】D

【解析】

【分析】根据平移变换的原则即可得出答案.

【详解】解：，

则将函数函数图象上所有的点向右平移个单位长度，

即可得到函数的图象.

故选：D.

6. 狄里克雷~）是德国数学家，对数论､数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.1837年他提出函数是与之间的一种对应关系的现代观点.用其名字命名函数，下列叙述中错误的是（    ）

A. 是偶函数 B.

C.  D. 是周期函数

【答案】B

【解析】

【分析】根据题设中的狄里克雷函数的解析式，分为有理数和无理数，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，函数，

对于A中，当为有理数，则也为有理数，满足；

当为无理数，则也为无理数，满足，

所以函数为偶函数，所以A正确；

对于B中，例如：当时，则也为无理数，满足；

可得，所以B不正确；

对于C中，当为有理数，可得，则，

当为无理数，可得，则，

所以，所以C正确.

对于D中，当为有理数，则也为有理数，满足；

当为无理数，则也为无理数，满足，

所以成立，所以D正确；

故选：B

7. 已知是定义在的增函数，设，则的大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】构造函数和，利用导数求得函数的单调性，得到，再结合函数的单调性，即可求解.

【详解】令，可得，

当时，，单调递增，

又由，所以，即，所以；

令，可得，

当时，，单调递增，

又由，所以，即，所以，

所以，

因为是定义在的增函数，所以，即.

故选：C.

8. 在中，已知为中内一点，满足，则的长为（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】如图，作，然后利用，，构造出，，将的等量关系，即可求出．

【详解】解：如图，过点作，分别交，于点，，显然，即，

设，则，

易知，

显然，故，

又，，故，所以，

结合得：，所以，

故，故．

故选：C ．

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的0分.

9. 在对树人中学高一某班学生身高的调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，抽取男生3人，其方差为10，抽取女生6人，其方差为15，则总样本的方差可以为（    ）

A. 9 B. 14 C. 15 D. 20

【答案】BCD

【解析】

【分析】依题意设和分别表示名男生和名女生的身高，再根据方差、平均数公式得到总样本的方差，即可取出的取值范围，从而得解.

【详解】解：设和分别表示名男生和名女生的身高，男、女生的平均身高分别为、，则总样本的平均数为，

由题知，，

所以，，

所以，

所以总样本的方差

，

故选：BCD

10. 在中，内角的对边分别为，下面判断正确的是（    ）

A. 若，则中最大的角为

B. 若为锐角三角形，则

C. 若，则的外接圆面积为

D. 若，则为钝角三角形

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用余弦定理判断A，由锐角三角形可得，再由正弦函数的性质判断B，由正弦定理求出外接圆的半径，即可判断C，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理判断即可.

【详解】解：对于A：由余弦定理，

因为，所以，故A正确；

对于B：因为为锐角三角形，所以，即，

又在上单调递增，所以，故B错误；

对于C：设的外接圆的半径为，则，所以，

所以的外接圆的面积为，故C正确；

对于D：由，所以，即，

所以，所以为钝角，所以为钝角三角形，故D正确.

故选：ACD

11. 设双曲线的左右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作圆的切线与交于､两点，且，则的离心率可以为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】当直线与双曲线交于两支时，设过的切线与圆相切于点，从而可求得，过点作于点，由中位线的性质求得，在中，可求得，利用双曲线的定义可得的关系，再由离心率公式求解即可，当直线与双曲线交于同一支时，同理可求得离心率

【详解】当直线与双曲线交于两支时，设过的切线与圆相切于点，则

，

因，所以，

过点作于点，

所以∥，

因为为的中点，

所以，，

因为，为锐角，

所以，

所以，

所以，

所以，

因为，

所以，化简得，

所以，

所以离心率为，

当直线与双曲线交于一支时，记切点为，连接，则，

过作于，则，

所以，

因为，所以为锐角，

所以，

所以，，

所以,

所以，化简得，

所以，

所以离心率为，

综上，双曲线的离心率为或，

故选：BD

12. 设函数(e为自然对数的底数).若存在使成立，则实数a的取值可以是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】BC

【解析】

【分析】由得到，构造函数，求导确定值域，即可求得数a的取值范围.

【详解】易知在定义域内单调递增，若，则，若，则.

故存在使成立，则，即在上有解.

故，

设，则，令，

在上单减，在上单增，

故即，在上单增，又，故.

故选：BC.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知直线:与:垂直，则____．

【答案】1

【解析】

【详解】直线:与直线:，直线，直线:的斜率存在，，且直线:与直线:垂直，，解得，故答案为.

【方法点睛】本题主要考查直线的方程，两条直线垂直与斜率的关系，属于简单题. 对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，这类问题以简单题为主，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1） ；（2），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.

14. 的展开式中的系数为___________.

【答案】

【解析】

【分析】分析展开式中取得的情况，计算可得答案．

【详解】解：展开式中，可以由的一次项与的四次项相乘，

的二次项与的三次项相乘，

三次项与的二次项相乘得到，

所以的展开式中，的系数为．

故答案为：．

15. 某学校为贯彻“科学防疫”理念，实行“佩戴口罩，不邻而坐”制度（每两个同学不能相邻）.若该学校的教室一排有8个座位，安排3名同学就坐，则不同的安排方法共有___________种.（用数字作答）

【答案】120

【解析】

【分析】由题意可得5个空位可产生6个空，然后利用插空法求解即可

【详解】由题意可得5个空位可产生6个空，则这3 名同学可插空就坐，

所以共有种不同的安排方法，

故答案为：120

16. 已知正三棱锥侧棱长为，且，底面边长为2，则外接球表面积的最小值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】设在面上的射影为，则为正的中心，求出，外接球球心落在或它的延长线上，设外接球的半径为，利用勾股定理得到，再利用基本不等式求出的最小值，最后根据球的表面积公式计算可得.

【详解】解：设在面上的射影为，为的中点，则为正的中心，所以，，

考虑，则外接球球心落在或它的延长线上，如图所示：

设外接球的半径为，无论哪种情形，均有，

即，

当且仅当即时等号成立，所以外接球表面积最小值为

故答案为：

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知函数.

（1）求的单调递增区间；

（2）若方程在上有解，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用诱导公式将函数解析式化简，利用正弦函数的增区间求得函数的单调增区间；

（2）将问题转化为的图像与直线在区间上有交点，结合图像求得结果.

【小问1详解】

由诱导公式，，令，解得，所以函数单调递增区间.

【小问2详解】

由题意，函数在上有解，

即函数在有交点，

因为，可得，

所以

要使得函数在有交点，

如图所示，则.

18. 已知数列满足.

（1）证明为等比数列，并求的通项公式；

（2）记数列的前项和为，证明.

【答案】（1）证明见解析，   

（2）见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意证明为一个定值即可，再根据等比数列得通项公式求出数列的通项，即可得解；

（2）易得数列为等比数列，再根据等比数列前项和公式即可得出结论.

【小问1详解】

证明：因为，

所以，

又，

所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，

则，

所以；

【小问2详解】

证明：由（1）得，

因为，，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

则，

因为，

所以.

19. 在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图.

（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

（2）根据样本数据，估计65百分位数；

（3）已知该地区这种疾病患者的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的，从该地区任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率.（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率）

【答案】（1）；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）根据平均数的定义，结合题意进行求解即可；

（2）根据百分位数的定义进行求解即可；

（3）根据条件概率公式进行求解即可.

【小问1详解】

该地区这种疾病患者的平均年龄估计为：

【小问2详解】

，

小组中的年龄个数为：，

小组中的年龄的个数为：，

小组中的年龄的个数为：，

小组中中的年龄的个数为：，

小组中中的年龄的个数为：，

小组中中的年龄的个数为：，

因为，，

所以65百分位数估计值为；

【小问3详解】

年龄位于区间的概率为：，

此人患这种疾病的概率为：.

20. 如图所示，四棱锥中，底面是以为中心的菱形，，底面为上一点，且.

（1）求PO的长；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接，，设，连接，依题意可得，以为原点，，，所成直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出．

（2）求出平面法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．

【小问1详解】

解：如图，连接，，，连接，

是菱形，所以，又底面，

所以以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

，，，

，，，，

，，

由，，得，

，即，

设， ，

则，，

，，即，解得，（舍去），

．

【小问2详解】

解：由（1）知，，，

设平面的法向量为，

则，取，得，

设平面的法向量为，

则，取，得，

设二面角的平面角为，由图得为锐角，

则，

二面角的余弦值为．

21. 已知椭圆，已知点，椭圆上有两点，且在线段上，

（1）求的最小值；

（2）若是点关于轴的对称点，连结并延长交直线轴于点，求面积的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，，利用两点间得距离公式结合二次函数的性质即可得出答案；

（2）设，设的方程为，联立，利用韦达定理求出，再求出直线的方程，令，求得点的坐标，再根据从而可得出答案.

【小问1详解】

解：设，，

则，

所以，

所以当时，取得最小值，

所以的最小值为；

【小问2详解】

解：设，则，

设的方程为，

联立，消得，

，

则有，

直线的方程为，

令，

得

，

所以为定点，

则

，

令，，则，

则，

因为函数在上递增，

所以，

所以，

所以，

即面积的取值范围为.

【点睛】本题考查了椭圆中的最值问题，及椭圆中三角形的面积问题，运算量很大，考查了直线过顶点问题及面积的最值问题，有一定的难度.

22. 已知函数.

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）证明：当时，有且只有一个零点；

（3）若在区间各恰有一个零点，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）证明见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；

（2）分析在和，时的正负判断即可；

（3）根据（2）可得，又，设，根据时为临界条件，分与两种情况，分别求导分析的单调性，进而得到的正负区间，进而得到的单调区间，同时结合零点存在定理求解即可

【小问1详解】

由题意，，，故，又，故曲线在点处的切线方程为，即

【小问2详解】

由题意，因为，故当时，，当时，，当时，，故当时，有且只有一个零点

【小问3详解】

由（2）可得，，故

设，则

①若，则，在上为减函数，故，故在上为减函数，不满足题意；

②若，

i）当时，，单调递减，且，，故存在使得，故在上单调递增，在上单调递减.又，，且，设，易得，故在单调递增，故，故，故.故在上有一个零点，综上有在区间上有一个零点

ii）当时，，设，则，故为减函数，因为，，故存在使得成立，故在单调递增，在单调递减.又，，故存在使得成立，故在上，单调递减，在上，单调递增.又，故，且，，故，故存在使得，综上有在区间上有一个零点.

综上所述，当时，在区间各恰有一个零点

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，同时考查了利用导数分析函数的单调性与最值，同时结合零点存在定理判断函数零点的问题，需要根据题意确定临界条件分类讨论，再分析导函数的单调性，进而得到导函数的正负区间，从而得到原函数的单调性，并根据零点存在性定理分析，属于难题